精品解析：广东深圳市深圳中学高中园2026-2027学年高三上学期第一次阶段检测数学试题

2026-2027学年度第一学期高三第一次阶段性考试 科目：数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自已的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，留存试卷，交回答题卡. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合是全体整数形成的集合， 而中元素都不是整数平方，， 所以. 2. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则（    ） A. 1 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. 3. 设是非零向量，则“”是“”的（    ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】由题，若，则有，得，即， 反之，若，则，解得，即； 因此“”是“”的充分必要条件. 4. 已知，，且，则的最小值是（    ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将指数等式化简为 的代数关系，通过同除构造出和为1的分式，再利用“1的代换”结合基本不等式求目标式的最小值. 【详解】由 ，得，即， 因为底数 ，指数函数单调递增，所以指数相等，即， 因为 ，故 ，两边同除以 ，得， 所以， ，由基本不等式，得， 当且仅当 ，即，时取等号， 因此 ，即最小值为 . 5. 若等比数列中的，是方程的两个根，则（ ） A. B. 1015 C. D. 1014 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的性质得到，进而得到，再根据对数的运算性质计算即可. 【详解】由韦达定理可知，由等比数列的性质可知 ，所以， 所以 . 6. 已知函数，则在内的极大值点为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由求导后令,可求出并得到的解析式;再解方程,由导数符号的变化确定极大值点. 【详解】由,得. 令,得,解得. 所以,. 令,得. 在内解得或. 当时,,,单调递增. 当时,,,单调递减. 当时,,,单调递增. 于是是的极大值点,是的极小值点. 即在内的极大值点为. 7. 已知函数的定义域为，且满足，，当时，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到函数为偶函数且是以4为周期的周期函数，结合周期性和奇偶性，即可求解. 【详解】因为函数的定义域为，且，所以函数为偶函数， 又因为，所以， 所以是以4为周期的周期函数， 当时，， 所以. 8. 记函数的导函数为，已知，且，，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知的导函数不等式构造新的单调函数，将原不等式转化为一次不等式恒成立问题求解. 【详解】因为，，构造函数，所以， 因为，且恒成立，因此，即是在上的严格单调递增函数， 因为，因此，对原不等式两边同时除以， 可得，即，等价于，即， 因为在上恒成立，因为，不等式可变形为， 因为是单调递减函数，最小值在处取得，为，因为是对上恒成立， 所以，即，所以的取值范围为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. 的外接圆的半径为 B. C. 的面积为 D. 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A选项，可得外接圆的半径为，故A选项错误； 对于B选项，由余弦定理，有， 即，即，解得（负值舍去），故B选项正确﹔ 对于C选项，由，得，可得的面积为，故C选项错误； 对于D选项，由，，可得，故D选项正确. 10. 已知函数的极大值为4，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数有3个零点 C. 若，则 D. 过点有且仅有2条直线与函数的图象相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求导，分，，三种情况求函数的极大值点，根据极大值为求出的值；对于B，根据零点定义，令求解判断零点的个数；对于C，根据函数的单调性判断大小；对于D，设切点，列切线方程，根据在切线上求出切点的个数. 【详解】对于A，因为，所以， 当时，为极大值点，而，不合题意； 当时，没有极值，不合题意； 当时，为极大值点，所以，解得，A正确； 对于B ，由A选项可知， 令，则或，所以有且仅有2个零点，B错误； 对于C，， 当时，，在上单调递增， 因为，则，所以，C正确； 对于D，，所以， 设切点为，则切线方程为， 又点在切线上，所以， 所以或，所以过点有且仅有2条直线与函数的图象相切，D正确. 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. C. D. 在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法及偶函数的定义判断ABC，根据单调性的定义判断D. 【详解】令，，， 再令，得（1）， 即，所以，故B正确； 令，得， 由（1）得，，故A正确； 令，，，，， 即，故C不正确； 设，则，则由B，C的分析及题意可得 即，在上单调递减，又是偶函数， 在上单调递增，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据条件等式，合理给变量赋值以及赋变量，化抽象为具体函数，再判断奇偶性和单调性. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则的值为______． 【答案】16 【解析】 【详解】. 13. 已知，且，则______． 【答案】## 【解析】 【详解】由题意得， 14. 对于函数，若存在非零实数，使得，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若时，函数的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据 “隐对称点” 的定义，将问题转化为分段函数单侧图象关于原点对称后与另一侧图象的交点个数问题；通过方程变形分离参数，构造函数并利用导数分析单调性、切线位置，结合数形结合确定参数的取值范围. 【详解】由题意可得，函数关于原点对称的图象与函数的图象有两个交点， 即方程有两个根，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 的图象恒过点，的图象也过点， 因为，所以在处的切线方程为， 由图可知当或时，与的图象有2 个交点， 即有两个根， 所以实数m的取值范围为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义求出公差和首项，即可求得通项公式； （2）利用分组求和，分别由等差数列和等比数列前项和公式计算即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为. 由题意可得 解得，， 则， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知， 故 ； 即数列的前项和. 16. 函数的一段图象如图所示. （1）求函数的解析式，并求的单调减区间； （2）若存在，使不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据图象可分别求出，代入点坐标可得，即可求出解析式，再由整体代换法求出其减区间即可； （2）根据不等式能成立求出在上的最小值，解不等式即可求得结果. 【小问1详解】 由图象知，， 因为，所以， 将图象上的点代入中得， 结合图象可知， 则， 又，所以，故. 令，解得， 的单调减区间是； 【小问2详解】 ， 当，即时，取最小值. 因为存在，使不等式成立， ，即， 解得或， 因此的取值范围为. 17. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，为的导函数，讨论的零点个数. 【答案】（1）. （2）当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案； （2）求出，令，可得，将的零点问题转化为直线与的图象的交点个数问题，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. 【小问2详解】 因为，，所以， 令，则， 设，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 又，当时，，当时，， 所以当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点. 18. 如图，在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求； （2）若的长为，求的取值范围． （3）若为线段延长线上一点，且，，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简求值； （2）用正弦定理边化角，再根据三角函数的性质求取值范围； （3）设，在和中用正弦定理，结合，代入角度关系化简，再利用三角恒等变换，将等式转化为关于的方程，求解. 【小问1详解】 正弦定理可得：， 即， 故，则有， 又，， 故有或（舍去），或（舍去）， 则，又，所以； 【小问2详解】 由正弦定理得， 故 在三角形中， 所以的范围为 【小问3详解】 设，在和中， 由正弦定理可得，， 于是，又， 则，， ． 19. 函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，若存在，使得成立，求的取值范围； （3）当时，若函数有两个零点、，且，求的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负求解单调性， （2）分离参数，根据指数和对数的运算性质将式子变形为，构造函数，即可结合函数的单调性求解最值得解， （3）根据两个零点，得，利用换元，进而根据的两个解为，得，根据指对运算可得，，进而根据，利用导数求解单调性即可求解. 【小问1详解】 当时，，可得， 所以当时，；时，； 所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是. 【小问2详解】 解：由不等式，可得， 即， 因为存在，使得成立，即在上有解， 令，则有解， 构造函数，则， 当时，；当时，， 所以在递减，在递增，所以，即， 又因为函数在单调递增， 所以当时，可得，即， 所以实数的取值范围为. 【小问3详解】 函数有两个零点，即有两个不同的解， 即有两个不同的解， 令，且为单调递增函数，由（2）可得， 当时，的两个解为，即，则，即， 令，则，且，所以，， 所以， 构造函数，可得， 令， 则， 所以在单调递增，则， 所以恒成立，所以在单调递增， 可得， 又因为时，，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度第一学期高三第一次阶段性考试 科目：数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自已的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，留存试卷，交回答题卡. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则（    ） A. 1 B. 5 C. D. 3. 设是非零向量，则“”是“”的（    ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，，且，则的最小值是（    ） A. 5 B. C. D. 5. 若等比数列中的，是方程的两个根，则（ ） A. B. 1015 C. D. 1014 6. 已知函数，则在内的极大值点为（    ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，且满足，，当时，，则（    ） A. B. C. D. 8. 记函数的导函数为，已知，且，，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. 的外接圆的半径为 B. C. 的面积为 D. 10. 已知函数的极大值为4，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数有3个零点 C. 若，则 D. 过点有且仅有2条直线与函数的图象相切 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. C. D. 在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则的值为______． 13. 已知，且，则______． 14. 对于函数，若存在非零实数，使得，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若时，函数的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数m的取值范围为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 函数的一段图象如图所示. （1）求函数的解析式，并求的单调减区间； （2）若存在，使不等式成立，求实数的取值范围. 17. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，为的导函数，讨论的零点个数. 18. 如图，在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求； （2）若的长为，求的取值范围． （3）若为线段延长线上一点，且，，求． 19. 函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，若存在，使得成立，求的取值范围； （3）当时，若函数有两个零点、，且，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $